山东专用2021版高考数学一轮复习考案9第九章计数原理概率随机变量及其分布综合过关规范限时检测含解析

山东专用2021版高考数学一轮复习考案9第九章计数原理概率随机变量及其分布综合过关规范限时检测含解析

[考案 9]第九章　综合过关规范限时检测 (时间：120 分钟　满分 150 分) 一、单选题(本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中只 有一个是符合题目要求的) 1．(2020·广西柳州模拟)《孙子算经》中曾经记载，中国古代诸侯的等级从高到低分为： 公、侯、伯、子、男，共有五级．若给有巨大贡献的 2 人进行封爵，则两人不被封同一等级 的概率为(　C　) A． 2 5　 B． 1 5 C． 4 5　 D． 3 5 [解析]　给有巨大贡献的 2 人进行封爵，总共有 5×5＝25 种， 其中两人被封同一等级的共有 5 种， 所以两人被封同一等级的概率为 5 25＝ 1 5， 所以其对立事件，即两人不被封同一等级的概率为：1－ 1 5＝ 4 5.故选 C. 2．(2020·山东烟台期末)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用 暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六 周．若课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，则所有可能的排法种数为 (　C　) A．216　 B．480 C．504　 D．624 [解析]　当课程“御”排在第一周时，则共有 A55＝120 种；当课程“御”“乐”均不排在 第一周时，则共有 C14×C14×A44＝384 种；则 120＋384＝504，故选：C. 3．(2020·黑龙江大庆质检)某公司安排甲、乙、丙 3 人到 A，B 两个城市出差，每人只 去 1 个城市，且每个城市必须有人去，则 A 城市恰好只有甲去的概率为(　B　) A． 1 5　 B． 1 6 C． 1 3　 D． 1 4 [解析]　P＝ 1 C23A22＝ 1 6，故选 B. 4．(2019·河北衡水金卷联考)如图所示，分别以正方形 ABCD 两邻边 AB、AD 为直径向正 方形内做两个半圆，交于点 O.若向正方形内投掷一颗质地均匀的小球(小球落到每点的可能性 均相同)，则该球落在阴影部分的概率为(　C　) A． 3π－2 8 　 B． π 8 C． π＋2 8 　 D． 6－π 8 [解析]　设正方形的边长为 2.则这两个半圆的并集所在区域的面积为 π·12－2×( π 4 － 1 2)＝ π 2 ＋1，所以该质点落入这两个半圆的并集所在区域内的概率为 π 2 ＋1 4 ＝ π＋2 8 .故选 C. 5．(2019·河北省衡水中学调研)某县教育局招聘了 8 名小学教师，其中 3 名语文教师， 3 名数学教师，2 名全科教师，需要分配到 A，B 两个学校任教，其中每个学校都需要 2 名语 文教师和 2 名数学教师，则分配方案种数为(　A　) A．72　 B．56 C．57　 D．63 [解析]　设 2 名全科教师分别为 a、b，当 a 教语文，b 教数学时，C24C24＝36(种)；当 a 教 数学，b 教语文时，C24C24＝36(种)；故分配方案共有 72 种，选 A． 6．(2020·百师联盟期中)某护卫舰发现远处有一目标海盗船，已知它靠近目标 200 米， 100 米，50 米的概率分别为 0.6,0.4,0.2.又护卫舰在 200 米，100 米，50 米时击中目标的概 率分别为 0.6、0.7、0.8.那么目标被击中的概率为(　D　) A．0.6　 B．0.7 C．0.9　 D．0.8 [解析]　P＝0.6×0.6＋0.4×0.7＋0.2×0.8＝0.8.所以 D 正确． 7．(2020·河南百校联盟联考)( 1 x2－2)(1＋x)5 的展开式的 x2 的系数为(　A　) A．－15　 B．－5 C．10　 D．15 [解析]　(1＋x)5 的通项公式 Tr＋1＝Cr5xr，当 r＝2 时，T3＝C35x2＝10x2，当 r＝4 时，T5＝C 45x4＝5x4，故所求 x2 的系数为 5＋(－2)×10＝－15. 8．(2020·福建莆田质检)现有一条零件生产线，每个零件达到优等品的概率都为p.某检 验员从该生产线上随机抽检 50 个零件，设其中优等品零件的个数为 X.若 D(X)＝8， P(X＝ 20) 1 2，又 D(X)＝8＝50p(1－p)， 解得 p＝0.2 或 p＝0.8，∴p＝0.8，故选 C. 二、多选题(本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分，在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分) 9．(2020·山东日照一中期中)将四个不同的小球放入三个分别标有 1、2、3 号的盒子中， 不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有(　BC　) A．C13C12C11C13　　 B．C24A33 C．C13C24A22　　 D．18 [解析]　将四个不同的小球分三组有 C 24种方法，①再将三组小球分别放入三个盒子有 A 33 种方法，故有 C24A 33种；②先将两个小球为一组放入一个盒子有 C 13种，再将另两个小球分别放 入另两支盒子有 A 22种，故有 C13C24A 22种，选 BC. 10．设离散型随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P q 0.4 0.1 0.2 0.2 若离散型随机变量 Y 满足 Y＝2X＋1，则下列结果正确的有(　ACD　) A．q＝0.1　　 B．E(X)＝2，D(X)＝1.4 C．E(X)＝2，D(X)＝1.8　　 D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2 [解析]　因为 q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以 q＝0.1，故 A 正确；又 E(X)＝0×0.1＋ 1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2， D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1 ＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故 C 正确；因为 Y＝2X＋1，所以 E(Y)＝2E(X)＋1＝5， D(Y)＝4D(X)＝7.2，故 D 正确．故选 ACD. 11．下列对各事件发生的概率判断正确的是(　AC　) A．某学生在上学的路上要经过 4 个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇 到红灯的概率都是 1 3，那么该生在上学路上到第 3 个路口首次遇到红灯的概率为 4 27 B．三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为 1 5， 1 3， 1 4，假设他们破译密码 是彼此独立的，则此密码被破译的概率为 2 5 C．甲袋中有 8 个白球，4 个红球，乙袋中有 6 个白球，6 个红球，从每袋中各任取一个 球，则取到同色球的概率为 1 2 D．设两个独立事件 A 和 B 都不发生的概率为 1 9，A 发生 B 不发生的概率与 B 发生 A 不发生 的概率相同，则事件 A 发生的概率是 2 9 [解析]　对于 A，该生在第 3 个路口首次遇到红灯的情况为前 2 个路口不是红灯，第 3 个 路口是红灯，所以概率为(1－ 1 3)2× 1 3＝ 4 27，故 A 正确；对于 B，用 A、B、C 分别表示甲、乙、 丙三人能破译出密码，则 P(A)＝ 1 5，P(B)＝ 1 3，P(C)＝ 1 4，“三个人都不能破译出密码”发生的 概率为 4 5× 2 3× 3 4＝ 2 5，所以此密码被破译的概率为 1－ 2 5＝ 3 5，故 B 不正确；对于 C，设“从甲袋 中取到白球”为事件 A，则 P(A)＝ 8 12＝ 2 3，设“从乙袋中取到白球”为事件 B，则 P(B)＝ 6 12＝ 1 2，故取到同色球的概率为 2 3× 1 2＋ 1 3× 1 2＝ 1 2，故 C 正确；对于 D，易得 P(A∩ B－ )＝P(B∩ A－ )， 即 P(A)·P( B－ )＝P(B)P( A－ )，即 P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]，∴P(A)＝P(B)，又 P( A－ ∩ B－ )＝ 1 9，∴P( A－ )＝P( B－ )＝ 1 3，∴P(A)＝ 2 3，故 D 错误，故选 AC. 12．(2020·山东新高考联盟联考改编)关于二项式( x－1)2 020 及其展开式，在下列命题 中正确的命题是(　AD　) A．该二项展开式中非常数项的系数和是－1 B．该二项展开式中第六项为 C 62 020x1 007 C．该二项展开式中不含有理项 D．当 x＝100 时，( x－1)2 020 除以 100 的余数是 1 [解析]　根据二项展开式的通项公式，逐项判断，即可得出结果．因为二项式( x－1)2 020 的展开式的第 r＋1 项为 Tr＋1＝C r2 020x 2 020－r 2 (－1)r，对于 A，当 r＝2020 时，得到常数项 为 T2 021＝1；又二项式( x－1)2 020 的展开式的各项系数和为( 1－1)2 020＝0，所以该二项展 开式中非常数项的系数和是－1，故 A 正确；对于 B，因为该二项展开式中第六项为 T6＝C 52 020 x 2 020－5 2 (－1)5，故 B 错误；对于 C，当 2 020－r＝2n(n∈N)时，对应的各项均为有理项； 故 C 错误；对于 D，当 x＝100 时，( x－1)2 020＝(10－1)2 020＝C 02 020102 020(－1)0＋C 12 020102 019(－1) 1＋…＋C 2 0182 020102(－1) 2 018＋C2 0192 020101(－1) 2 019＋C2 0202 020100(－1) 2 020 因为 C 02 020102 020(－1)0＋C 12 020102 019(－1)1＋…＋C2 0172 020103(－1)2 017＋C2 0182 020102(－1)2 018，显然是 100 的倍 数，能被 100 整除，而 C2 0192 020101(－1)2 019＋C2 0202 020100(－1)2 020＝－20 200＋1，所以( x－ 1)2 020 除以 100 的余数是 1.D 正确；故答案为 A、D. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上) 13．某班有 50 名学生，一次考试后数学成绩 ξ(ξ∈N)服从正态分布 N(100,102)，已知 P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在 110 分以上的人数为__10__. [解析]　由题意知，P(ξ＞110)＝ 1－2P90 ≤ ξ ≤ 100 2 ＝0.2，∴该班学生数学成 绩在 110 分以上的人数为 0.2×50＝10. 14．(2020·河南开封模拟)我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训 练中，有 5 架“歼－15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着 舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为__48__. [解析]　若丙第一个着舰，有 A44＝24 种；若丙不第一个着舰，有 1 2C12A44＝24 种，∴共有 不同的着舰方法种数为 48. 15．(2020·云南名校适应性月考)甲队和乙队进行乒乓球决赛，采取七局四胜制(当一队 赢得四局胜利时，该队获胜，决赛结束)根据前期比赛成绩，甲队每局取胜的概率为 0.8.且各 局比赛结果相互独立，则甲队以 4︰1 获胜的概率是　 1 024 3 125　. [解析]　甲队以 4︰1 获胜时共进行了 5 局比赛，其中甲队在前 4 局中获胜 3 局，第 5 局 必胜，则概率 P＝C14× 1 5×( 4 5)3× 4 5＝ 1 024 3 125. 16．(2020·山东德州期末)(2 x2＋ 1 x)6 的展开式中，常数项为__60__；系数最大的项是 __240x6__.(本题第一空 2 分，第二空 3 分) [解析]　(2x2＋ 1 x)6 的展开式的通项为 Ck6·(2x2)6－k·( 1 x)k＝Ck6·26－k·x12－3k， 令 12－3k＝0，得 k＝4， 所以，展开式中的常数项为 C46·22＝60； 令 ak＝Ck6·26－k(k∈N，k≤6)， 令Error!， 即Error!， 解得 4 3≤n≤ 7 3，又 n∈N，∴n＝2， 因此，展开式中系数最大的项为 C26·24·x6＝240x6， 故答案为：60；240x6. 三、解答题(本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分 10 分)(2019·湖北十堰模拟)某工厂在两个车间 A，B 内选取了 12 个产 品，它们的某项指标分布数据的茎叶图如图所示，该项指标不超过 19 的为合格产品. A B 7　8　9　8 1　1　0 1 1 2 3 7　8 0 1 (1)从选取的产品中在两个车间分别随机抽取 2 个产品，求两车间都至少抽到一个合格产 品的概率； (2)若从车间 A，B 选取的产品中随机抽取 2 个产品，用 X 表示车间 B 内产品的个数，求 X 的分布列与数学期望． [解析]　(1)由茎叶图知，车间 A 内合格的产品数为 4，车间 B 内合格的产品数为 2， 则所求概率 P＝(1－ C24 C28)(1－ C22 C24)＝ 55 84. (2)由题意知，X 的所有可能取值为 0,1,2. 则 P(X＝0)＝ C28 C 212＝ 14 33， P(X＝1)＝ C14C18 C 212 ＝ 16 33， P(X＝2)＝ C24 C 212＝ 1 11， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 14 33 16 33 1 11 所以 E(X)＝0× 14 33＋1× 16 33＋2× 1 11＝ 2 3. 18．(本小题满分 12 分)(2020·河南省八市重点高中联盟联考)有一名高二学生盼望 2020 年进入某名牌大学学习，假设该名牌大学有以下条件之一均可录取：①2020 年 2 月通过考试 进入国家数学奥赛集训队(集训队从 2019 年 10 月省数学竞赛一等奖中选拔)；②2020 年 3 月 自主招生考试通过并且达到 2020 年 6 月高考重点分数线；③2020 年 6 月高考达到该校录取分 数线(该校录取分数线高于重点线)，该学生具备参加省数学竞赛、自主招生和高考的资格且 估计自己通过各种考试的概率如下表 省数学竞赛 一等奖 自主招生 通过 高考达重 点线 高考达该 校分数线 0.5 0.6 0.9 0.7 若该学生数学竞赛获省一等奖，则该学生估计进入国家集训队的概率是 0.2.若进入国家 集训队，则提前录取，若未被录取，则再按②、③顺序依次录取：前面已经被录取后，不得 参加后面的考试或录取．(注：自主招生考试通过且高考达重点线才能录取) (1)求该学生参加自主招生考试的概率； (2)求该学生参加考试的次数 X 的分布列及数学期望； (3)求该学生被该校录取的概率． [解析]　(1)设该学生参加省数学竞赛获一等奖、参加国家集训队的事件分别为 A，B， 则 P(A)＝0.5，P(B)＝0.2， P1＝1－0.5＋0.5×(1－0.2)＝0.9. 即该学生参加自主招生考试的概率为 0.9. (2)该学生参加考试的次数 X 的可能取值为 2,3,4 P(X＝2)＝P(A)P(B)＝0.5×0.2＝0.1； P(X＝3)＝P( A－ )＝1－0.5＝0.5； P(X＝4)＝P(A)P( B－ )＝0.5×0.8＝0.4. 所以 X 的分布列为 X 2 3 4 P 0.1 0.5 0.4 E(X)＝2×0.1＋3×0.5＋4×0.4＝3.3. (3)设该学生自主招生通过并且高考达到重点分数线录取，自主招生未通过但高考达到该 校录取分数线录取的事件分别为 C，D. P(AB)＝0.1，P(C)＝0.9×0.6×0.9＝0.486， P(D)＝0.9×0.4×0.7＝0.252. 所以该学生被该校录取的概率为 P2＝P(AB)＋P(C)＋P(D)＝0.838. 19．(2020·陕西咸阳期末)甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答 3 道题，每人答对每道 题的概率均为 3 4，且各人是否答对每道题互不影响． (1)用 X 表示甲同学答对题目的个数，求随机变量 X 的分布列和数学期望； (2)设 A 为事件“甲比乙答对题目数恰好多 2”，求事件A 发生的概率． [解析]　(1)X 的取值为 0,1,2,3， P(X＝0)＝( 1 4)3＝ 1 64； P(X＝1)＝C13( 3 4)( 1 4)2＝ 9 64； P(X＝2)＝C23( 3 4)2( 1 4)＝ 27 64； P(X＝3)＝( 3 4)3＝ 27 64， 因此 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 64 9 64 27 64 27 64 E(X)＝0× 1 64＋1× 9 64＋2× 27 64＋3× 27 64＝ 9 4. (2)由题意得：事件 A“甲比乙答对题目数恰好多 2”发生， 即：“甲答对 2 道，乙答对题 0 道”和“甲答对 3 道，乙答对题 1 道”两种情况； P(A)＝ 27 64× 1 64＋ 27 64× 9 64＝ 135 2 048. 20．(2020·江西名校联盟模拟)某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为 200 元，低于 100 箱按原价销售，不低于 100 箱则有以下两种优惠方案：①以 100 箱为基准，每 多 50 箱送 5 箱；②通过双方议价，买方能以优惠 8%成交的概率为 0.6，以优惠 6%成交的概率 为 0.4. (1)甲、乙两单位都要在该厂购买 150 箱这种零件，两单位都选择方案②，且各自达成的 成交价格相互独立，求甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率； (2)某单位需要这种零件 650 箱，以购买总价的数学期望为决策依据，试问该单位选择哪 种优惠方案更划算？ [解析]　(1)因为甲单位的优惠比例低于乙单位的优惠比例的概率为 0.4×0.6＝0.24， 所以甲单位的优惠比例不低于乙单位的优惠比例的概率为 1－0.24＝0.76. (2)设在折扣优惠中每箱零件的价格为 X 元，则 X＝184 或 188. X 的分布列为 X 184 188 P 0.6 0.4 则 E(X)＝184×0.6＋188×0.4＝185.6. 若选择方案②，则购买总价的数字期望为 185．6×650＝120 640 元． 若选择方案①，由于购买 600 箱能获赠 50 箱，所以该单位只需要购买 600 箱， 从而购买总价为 200×600＝120 000 元． 因为 120 640>12 000，所以选择方案①更划算． 21．(2020·山东烟台期末)某企业拥有 3 条相同的生产线，每条生产线每月至多出现一 次故障．各条生产线是否出现故障相互独立，且出现故障的概率为 1 3. (1)求该企业每月有且只有 1 条生产线出现故障的概率； (2)为提高生产效益，该企业决定招聘 n 名维修工人及时对出现故障的生产线进行维 修．已知每名维修工人每月只有及时维修 1 条生产线的能力，且每月固定工资为 1 万元．此 外，统计表明，每月在不出故障的情况下，每条生产线创造 12 万元的利润；如果出现故障能 及时维修，每条生产线创造 8 万元的利润；如果出现故障不能及时维修，该生产线将不创造 利润，以该企业每月实际获利的期望值为决策依据，在 n＝1 与 n＝2 之中选其一，应选用哪 个？(实际获利＝生产线创造利润－维修工人工资) [解析]　(1)设 3 条生产线中出现故障的条数为 X， 则 X～B(3， 1 3)， 因此 P(X＝1)＝C13( 1 3)1( 2 3)2＝ 12 27＝ 4 9. (2)①当 n＝1 时，设该企业每月的实际获利为 Y1 万元， 若 X＝0，则 Y1＝12×3－1＝35； 若 X＝1，则 Y1＝12×2＋8×1－1＝31； 若 X＝2，则 Y1＝12×1＋8×1＋0×1－1＝19； 若 X＝3，则 Y1＝12×0＋8×1＋0×2－1＝7； 又 P(X＝0)＝C03( 1 3)0( 2 3)3＝ 8 27， P(X＝2)＝C23( 1 3)2( 2 3)1＝ 6 27， P(X＝3)＝C33( 1 3)3( 2 3)0＝ 1 27， 此时，实际获利 Y1 的均值 E(Y1)＝35× 8 27＋31× 12 27＋19× 6 27＋7× 1 27＝ 773 27 . ②当 n＝2 时，设该企业每月的实际获利为 Y2 万元， 若 X＝0，则 Y2＝12×3－2＝34； 若 X＝1，则 Y2＝12×2＋8×1－2＝30； 若 X＝2，则 Y2＝12×1＋8×2－2＝26； 若 X＝3，则 Y2＝12×0＋8×2＋0×1－2＝14； E(Y2)＝34× 8 27＋30× 12 27＋26× 6 27＋14× 1 27＝ 802 27 ， 因为 E(Y1)

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